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2025届高考物理一轮总复习第8单元静电场第23讲电容器带电粒子在电场中的运动课件新人教版 (1)
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这是一份2025届高考物理一轮总复习第8单元静电场第23讲电容器带电粒子在电场中的运动课件新人教版 (1)，共60页。PPT课件主要包含了落实基础主干，突破命题视角，议题说法，命题热点六，核心素养12，ABD，核心素养13，答案BD，实验10，见解析等内容，欢迎下载使用。
一、电容器、电容1.基本构造:任何两个彼此绝缘又相距很近的导体,都可以看成一个电容器。2.电容器的电荷量:充电后两导体总是带等量异种电荷,电容器的电荷量是指其中一个极板所带电荷量的绝对值。3.物理意义:电容是电容器的一个基本属性,表示电容器容纳电荷的本领,仅由电容器本身的构造决定。在数值上等于使两极板之间的电势差为1 V时,电容器所带的电荷量。
5.单位:电容的国际单位是法拉,符号为F,常用的单位还有微法和皮法,1 F=106 μF=1012 pF。6.击穿电压与额定电压(1)击穿电压:电压超过这一限度,电容器就会损坏。(2)额定电压:电容器外壳上标的工作电压,也是电容器正常工作所能承受的最大电压,额定电压比击穿电压低。
二、带电粒子在电场中的直线运动1.合外力F合=0,粒子静止或做匀速直线运动。2.合外力F合≠0,且与初速度方向在同一条直线上,带电粒子将做匀变速直线运动。
三、带电粒子在匀强电场中的偏转1.运动情境:如图甲所示,带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场。2.运动性质:匀变速曲线运动。3.处理方法:类平抛运动的分解方法,如图乙所示。
[练一练]1.判断下列说法对错(1)对于确定的电容器,无论其两板间的电压如何变化(小于击穿电压且不为零),它所带的电荷量与电压的比值都恒定不变。( )(2)将平行板电容器两极板平行错开,使正对面积减小,电容将减小。( )(3)带电粒子在匀强电场中偏转时,加速度不变,粒子的运动是匀变速曲线运动。( )(4)充电过程中电源内的化学能转化为电容器内的电场能,放电过程中电容器的电场能转化为电路中其他形式的能量。( )
2.(多选)利用平行板电容器进行实验,已知电容器所带电荷量为Q,正对面积为S,两极板间的距离为d,下列实验现象正确的是( )
A.如图(1)保持Q和d不变,减小S,静电计指针偏角将变小B.如图(2)保持Q和S不变,增大d,静电计指针偏角将变小C.如图(3)保持Q、S、d不变,插入电介质,静电计指针偏角将变小D.如图(3)保持Q、S、d不变,插入金属板,静电计指针偏角将变小
解析 静电计指针偏角显示的是平行板电容器两板间的电压,结合电容器电容的决定式 可知,减小S,电容减小,静电计指针偏角将变大;增大d,电容减小,静电计指针偏角将变大;插入电介质,电容增大,静电计指针偏角将变小;插入金属板,电容增大,静电计指针偏角将变小。综上所述,C、D正确。
考点一 电容和平行板电容器
考向1 电容的理解与计算典例1 电容器作为储能器件,在生产生活中有广泛的应用。对给定电容值为C的电容器充电,无论采用何种充电方式,其两极间的电势差u随电荷量q的变化图像都相同。
(1)请在图甲中画出上述u-q图像。类比直线运动中由v-t图像求位移的方法,求两极间电压为U时电容器所储存的电能Ep。
(2)在如图乙所示的充电电路中,R表示电阻,E表示电源(忽略内阻)。通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电,对应的q-t曲线如图丙中①②所示。
a.①②两条曲线不同是 (选填“E”或“R”)的改变造成的; b.电容器有时需要快速充电,有时需要均匀充电。依据a中的结论,说明实现这两种充电方式的途径。
(3)设想使用理想的“恒流源”替换(2)中电源对电容器充电,可实现电容器电荷量随时间均匀增加。请思考使用“恒流源”和(2)中电源对电容器的充电过程,填写下表(选填“增大”“减小”或“不变”)。
答案 (1)u-q图线如图所示,电压为U时,电容器带电荷量为Q,图线和横轴围成的面积为所储存的电能Ep
(2)a.Rb.减小电阻R,可以实现对电容器更快速充电;增大电阻R,可以实现更均匀充电。
议题说法1.类比法可知,u-q图像曲线与横轴围成的面积可表示电容器所储存的电能。2.在q-t图像中,根据I= 曲线的斜率表示电路中的电流,曲线接近直线表示充电越均匀。3.根据 ,对于给定的电容器,电荷量最大值只与充电电压有关,充电电流与充电快慢由电源电压和回路总电阻共同决定,减小回路总电阻可实现快速充电,增大回路总电阻可使充电更均匀。4.“恒流源”表示能给电路提供恒定大小的电流。
变式练1某一电容器中所带电荷量和两端电压之间的关系图线如图所示,若将该电容器两端的电压从40 V降低到36 V,对电容器来说正确的是( )A.是充电过程B.是放电过程C.该电容器的电容为5×10-2 FD.该电容器的电荷量变化量为0.2 C
考向2 电容器的动态分析分析电容器动态变化问题的思路1.确定不变量,分析是电压不变还是电荷量不变,或者是两者都在变化。
典例2 如图所示,在水平放置的两平行金属板M、N之间的P点,固定有一个带电荷量为-q的点电荷,两金属板通过电阻R接到直流电源上,其中N板接地,则( )
A.当保持其他条件不变,而将M板向上移动的过程中,两极板间的电场强度变大B.当保持其他条件不变,而将M板向上移动的过程中,通过电阻R的电流方向向左C.当保持其他条件不变,而将M板向上移动到某处稳定后与移动前相比,P处点电荷的电势能变大D.当保持其他条件不变,而将电容器与电源断开,把M板向上移动到某处稳定后与移动前相比,P处点电荷的电势能变小
典例3 一平行板电容器充电后与电源断开,正极板接地,在两极板间有一正电荷(电荷量很小)固定在P点,如图所示,以E表示两极板间的电场强度,U表示电容器的电压,Ep表示正电荷在P点的电势能。若保持负极板不动,将正极板移到图中虚线所示的位置,则( )A.U变小,E不变B.E变大,Ep变大C.U变小,Ep不变D.U不变,Ep不变
典例4 板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时,两极板间电势差为U1,板间电场强度为E1。现将电容器所带电荷量变为2Q,极板间距变为 d,其他条件不变,这时两极板间电势差为U2,板间电场强度为E2,下列说法正确的是( )A.U2=U1,E2=E1B.U2=2U1,E2=4E1C.U2=U1,E2=2E1D.U2=2U1,E2=2E1
变式练2(多选)两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置,构成一平行板电容器,与它相连接的电路如图所示,闭合开关S,电源即给电容器充电。则( )A.保持S闭合,减小两极板间的距离,则两极板间电场的电场强度减小B.保持S闭合,在两极板间插入一块电介质,则极板上的电荷量增大C.断开S,减小两极板间的距离,则两极板间的电势差减小D.断开S,在两极板间插入一块电介质,则两极板间的电势差增大
解析 保持S闭合,则两极板间电势差U不变,减小两极板间的距离d时,根据 ,两极板间电场的电场强度变大,A错误;根据平行板电容器电容的定义式和决定式,可得 ,当在两极板间插入一块电介质时,相对介电常数εr变大,导致电容C变大,而U不变,所以极板上的电荷量增大,B正确;断开S,极板上的电荷量Q不变,减小两极板间的距离d时电容C变大,则电势差U减小,C正确;断开S,在两极板间插入一块电介质,则C变大,Q不变,则电势差U减小,D错误。
变式练3(多选)如图所示,平行板电容器与直流电源、理想二极管(正向电阻为零可以视为短路,反向电阻无穷大可以视为断路)连接,电源负极接地。初始电容器不带电,闭合开关稳定后,一带电油滴位于电容器的P点且处于静止状态。下列说法正确的是( )A.减小极板间的正对面积,带电油滴会向上移动,且P点的电势会降低B.将上极板下移,则P点的电势不变C.将下极板下移,则P点的电势升高D.无论哪个极板上移还是下移,带电油滴都不可能向下运动
解析 由于电路中有二极管,所以电容器只能充电不能放电。据 若U不变,S减小,Q减小,但有二极管导致Q不变,故S减小,U增大。据U=Ed知E增大,油滴上移,P点电势升高,A错误。d减小,若U不变,Q增大,故U不变成立。据U=Ed知E增大,P点电势升高,B错误。d增大,若U不变,Q减小,二极管导致Q不变,故E不变,P点电势升高,C正确。若d增大,E不变,若d减小,E增大,故油滴不下移,D正确。
议题说法因为二极管的单向导电性,使电容器充电时符合U不变模型,放电时符合Q不变模型。
考点二 带电粒子在电场中的直线运动
考向1 带电粒子在匀强电场中的直线运动1.带电粒子的分类及受力特点(1)电子、质子、α粒子、离子等粒子,一般都不考虑重力,但不能忽略质量。(2)质量较大的微粒,如带电小球、带电油滴、带电颗粒等,除有说明或有明确的暗示外,处理问题时一般都不能忽略重力。2.用动力学角度分析(适用于匀强电场)
3.用功能关系角度分析(可以是匀强电场,也可以是非匀强电场)
典例1 (多选)如图所示,M、N是真空中的两块相距为d的平行金属板,质量为m、电荷量为q的带电粒子,以初速度v0由小孔进入电场,当M、N间电压为U时,粒子恰好能到达N板。如果要使这个带电粒子到达距N板 后返回,下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)( )A.使初速度减为原来的B.使M、N间电压提高到原来的1.5倍C.使M、N间电压提高到原来的3倍D.使初速度和M、N间电压减为原来的
考向2 带电粒子在非匀强电场中的直线运动典例2 如图所示,在A点固定一正电荷,电荷量为Q,在A点正上方离A高度为h的B点由静止释放一个带电的液珠,液珠开始运动的瞬间加速度大小为 (g为重力加速度)。已知静电力常量为k,正电荷与液珠均可看成点电荷,液珠只能沿竖直方向运动,不计空气阻力。(1)求液珠的比荷(电荷量与质量的比值)。(2)若液珠开始释放时的加速度方向向上,要使液珠释放后保持静止,可以加一竖直方向的匀强电场,则所加匀强电场的方向如何?电场强度的大小为多少?
(2)因为液珠开始释放时的加速度方向向上,所以液珠带正电。要使液珠释放后保持静止,必须加一方向竖直向下的匀强电场。
议题说法带电粒子在非匀强电场中的运动时,加速度一般会发生变化,某时刻某位置通常在受力分析基础上运用牛顿定律分析,过程分析时常用功能关系分析,用W=qU求功时,要特别注意U是指初末位置的电势差。
考点三 带电粒子在电场中的偏转
考向1 带电粒子在匀强电场中运动(重力不计)1.带电粒子在匀强电场中偏转的基本规律如图所示,质量为m、电荷量为+q的粒子以初速度v0垂直于电场方向射入两极板间,两平行板间存在方向竖直向下的匀强电场,已知板长为l,板间电压为U,板间距离为d,不计粒子的重力,设粒子不与平行板相撞。
2.几个常用推论(1)粒子从偏转电场中射出时,其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点,此点为粒子沿初速度方向位移的中点。(2)位移方向与初速度方向间夹角α的正切值为速度偏转角θ正切值的 ,即tan α= tan θ。(3)不同的带电粒子(电性相同,初速度为零),经过同一电场加速后,又进入同一偏转电场,则它们的运动轨迹必定重合。
典例1 (2022浙江6月选考)如图所示,带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场,板长为L(不考虑边界效应)。t=0时刻,M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子,垂直M板向右的粒子,到达N板时速度大小为 v0;平行M板向下的粒子,刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用,则( )A.M板电势高于N板电势B.两个粒子的电势能都增加
解析 由于不知道两粒子的电性,故不能确定M板和N板的电势高低,A项错误;根据题意垂直M板向右的粒子,到达N板时速度增加,动能增加,则电场力做正功,电势能减小;平行M板向下的粒子到达N板时电场力也做正功,电势能减小,B项错误;设两板间距离为d,平行M板向下的粒子在两板间做类
议题说法带电粒子在匀强电场中的偏转运动,注意电场的边界,一般都是矩形区域,但也可能是其他形状,总的思路是分解,解题时要注意边界坐标参数的制约关系。
考向2 带电粒子在匀强电场中运动(重力不能忽略)典例2 (多选)如图所示,一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置,板长为L,板间距离为d,距板右端L处有一竖直屏M。一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两板间,最后垂直打在M上,则下列说法正确的是(已知重力加速度为g)( )
解析 由题意可知,质点在平行板间轨迹应向上偏转,做类平抛运动,飞出电场后,轨迹向下偏转,才能最后垂直打在M屏上,前后过程质点的运动轨迹有对称性,如图所示,可知两次偏转的加速度大小相等,对两次偏转分别由
命题热点(六) 带电粒子在电场中运动的综合问题(含动量问题)
热点一 示波管的原理1.构造示波管是示波器的核心部分,外部是一个抽成真空的玻璃壳,内部主要由电子枪(由发射电子的灯丝、加速电极组成)、偏转电极(由一对XX'偏转电极板和一对YY'偏转电极板组成)和荧光屏组成,如图所示。
2.原理经过电子枪加速发射的电子流在偏转电压的作用下发生偏转,根据偏转原理可知,电子打在荧光屏上在XX'、YY'方向发生的偏移量与偏转电压成正比。
典例 (2023浙江1月选考)如图所示,示波管由电子枪竖直方向偏转电极YY'、水平方向偏转电极XX'和荧光屏组成。电极XX'的长度为l、间距为d、极板间电压为U,YY'极板间电压为零,电子枪加速电压为10U。电子刚离开金属丝的速度为零,从电子枪射出后沿OO'方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e,质量为m,则电子( )
议题说法1.电子枪只是用来发射和加速电子。在XX'、YY'都没有电压时,在荧光屏中心处产生一个亮斑。2.如果只在YY'加正弦变化电压U=Umsin ωt时,荧光屏上亮点的运动是竖直方向的简谐运动,在荧光屏上看到一条竖直方向的亮线。3.如果只在XX'加上跟时间成正比的锯齿形电压(称扫描电压)时,荧光屏上亮点的运动是不断重复从左到右的匀速直线运动,扫描电压变化很快,亮点看起来就成为一条水平的亮线。4.如果同时在XX'加扫描电压、YY'加同周期的正弦变化电压,荧光屏亮点同时参与水平方向匀速直线运动、竖直方向简谐运动,在荧光屏上看到的曲线为正弦波形。
热点二 带电粒子在交变电场中的运动1.常见的交变电场类型电压波形:正弦波、方形波、锯齿波等。2.交变电场中常见的运动类型(1)粒子做单向直线运动(一般对整段或分段研究用牛顿运动定律结合运动学公式求解)。(2)粒子做往返运动(一般分段研究,应用牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定理等求解)。(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究,应用牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定理等求解)。
3.分析思路(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律):抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征,求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的临界条件。(2)适时选用动力学观点、能量观点或动量观点分析。(3)利用速度—时间图像分析带电粒子的运动过程时,必须注意带电粒子进入电场的时刻。对运动很复杂、不容易画出速度图像的问题,还应逐段分析求解。
考向1 带电粒子在交变电场中的直线运动典例1 如图所示,在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力),当两板间的电压分别如图中甲、乙、丙、丁所示时,电子在板间运动(假设不与板相碰),下列说法正确的是( )
解析 电压是题图甲时,0~T时间内,电场力先向左后向右,则电子先向左做匀加速直线运动,后做匀减速直线运动,即电场力先做正功后做负功,电势能先减少后增加,故A错误;电压是题图乙时,在0~ 时间内,电子向右先加速后减速,即电场力先做正功后做负功,电势能先减少后增加,故B错误;电压是题图丙时,电子先向左做加速度先增大后减小的加速运动,过了 后做加速度先增大后减小的减速运动,到T时速度减为0,之后重复前面的运动,故电子一直朝同一方向运动,故C错误;电压是题图丁时,电子先向左加速,到后向左减速, 后向右加速, T后向右减速,T时速度减为零,之后重复前面的运动,故电子做往复运动,故D正确。
考向2 带电粒子在交变电场中的曲线运动解题思路(1)带电粒子在运动过程中考虑重力时,在电场与重力场复合交变场中运动时,交变电场分段分析,再根据运动的分解与合成进行分析。(2)带电粒子在运动过程中考虑重力时,一般粒子做类抛体运动,可以分段分解为匀速直线运动和匀变速直线运动。
典例2 如图甲所示,静电除尘装置中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道,其前、后面板使用绝缘材料,上、下面板使用金属材料。图乙是装置的截面图,上、下两板与电压恒定的高压直流电源相连。质量为m、电荷量为-q、分布均匀的尘埃以水平速度v0进入矩形通道,当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和,同时被收集。通过调整两板间距d可以改变收集效率η。当d=d0时,η为81%(即离下板0.81d0范围内的尘埃能够被收集)。不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。
(1)求收集效率为100%时,两板间距最大值dm;(2)求收集率η与两板间距d的函数关系;(3)若单位体积内的尘埃数为n,求稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量 与两板间距d的函数关系,并绘出图线。
解析 (1)收集效率η为81%,即离下板0.81d0的尘埃恰好到达下板的右端边缘,设高压电源的电压为U,在水平方向有L=v0t在竖直方向有0.81d0= at2当减少两板间距时,能够增大电场强度,提高装置对尘埃的收集效率。收集效率恰好为100%时,两板间距为dm。如果进一步减少d,收集效率仍为100%。因此,在水平方向有L=v0t联立可得dm=0.9d0。
核心素养12 等效思想在电场中的应用(科学思维)
1.场源是非点电荷带电体电场的等效场源是一个带电的面、线、体,则可根据微积分求矢量和。但在高中阶段,在不能熟练运用微积分的情况下,这时,如果转换思维角度,灵活运用补偿法、微元法、对称法、等效法、极限法等巧妙方法,可以化难为易。
2.“等效重力场”模型(1)物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动,但是对于处在匀强电场和重力场中物体的运动问题就会变得复杂一些。此时可以将重力场与电场合二为一,用一个全新的“复合场”来代替,可形象称之为“等效重力场”。这样就可以用重力场的方法处理重力场与电场叠加而成的复合场的问题。(2)把静电力和重力合成一个等效力,称为等效重力。等效重力与物体质量的比值为等效重力加速度。
(3)物理最高点与几何最高点在电场和重力场的叠加场中做圆周运动的小球,经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题。小球能维持圆周运动的条件是能过最高点,而这里的最高点不一定是几何最高点,而应是物理最高点。等效“最低点”为带电体自由时能处于稳定平衡状态的位置,等效“最高点”为带电体圆周运动时与等效“最低点”关于圆心对称的位置。
角度1 非点电荷电场的等效如图所示,开口向上的半球壳上均匀分布有正电荷,A、B为球壳对称轴上的两点,且这两点关于开口处的直径对称,已知均匀带电球壳内部电场强度处处为零,则下列说法正确的是( )A.A、B两点的电场强度大小相等,方向相同B.A、B连线上的中间位置的电场强度为零C.A、B两点的电势可能相等D.把一正点电荷从A点沿直线移到B点,静电力先做负功后做正功
解析 补成一个完整的球壳,则球内的电场强度为零,所以只有下半球壳时,A、B连线上的中间位置的电场强度不为零;上半球壳在A点产生的电场强度与下半球壳在A点产生的电场强度等大反向,上半球壳在A点产生的电场强度方向向下,所以下半球壳在A点产生的电场强度方向向上;上半球壳在B点产生的电场强度与下半球壳在B点产生的电场强度等大反向,下半球壳在B点产生的电场强度方向向上,所以下半球壳在B点产生的电场强度与下半球壳在A点产生的电场强度大小相等,方向相同,故A正确,B错误。由电场叠加原理,根据对称性可知,从A到B电场的方向向上,电势逐渐降低,所以A点电势比B点电势高;把一正点电荷从A点沿直线移到B点,静电力对正电荷一直做正功,故C、D错误。
思维提炼若题给条件建立的模型A不是一个容易求解的模型,则可以补充一些条件,建立一个容易求解的模型B,且模型A与模型B恰好组成一个完整的标准模型,将求解模型A的问题转化为求解完整的标准模型与模型B的差值问题。如将有缺口的带电圆环或圆板补全为完整的圆环或圆板,或将半球面补全为球面,从而化难为易。
角度2 带电粒子在“等效重力场”中的抛体运动(多选)在竖直向上的匀强电场中,有两个质量均为m、带等量异种电荷(电荷量绝对值为q)的小球A、B(均可视为质点)处在同一水平面上。现将两球以相同的水平速度v0向右抛出最后落到水平地面上,运动轨迹如图所示。A、B两球抛出点到落地点之间的水平距离分别是L1和L2。两球之间的静电力和空气阻力均不考虑(重力加速度为g),则( )A.A球带正电,B球带负电B.B球比A球先落地C.在下落过程中,A球的电势能减少,B球的电势能增加D.两球从抛出到各自落地的过程中,A、B球的机械能变化量大小相等
解析 两球在水平方向都做匀速直线运动,分析知A运动的时间长,竖直方向上,A的加速度小,所以A所受的静电力向上,带正电,B所受的静电力向下,带负电,故A正确;A运动的时间比B运动的时间长,则B球比A球先落地,故B正确;A所受的静电力向上,静电力对A球做负功,A球的电势能增加,A球的机械能减小,减小为ΔEA=qEh;B所受的静电力向下,静电力对B球做正功,B球的电势能减小,B球的机械能增加,增加为ΔEB=qEh,故C错误,D正确。
角度3 带电粒子在“等效重力场”中的圆周运动研究“等效重力场”中的圆周运动,重力与静电力可能在一条直线上,也可能互成一个角度。
如图所示,质量为m、电荷量为+q的小球(可视为质点)与长为L的绝缘轻绳相连,轻绳另一端固定在O点,整个系统处在与竖直方向夹角为45°的匀强电场中。已知A、B、C、D、E、F为圆周上的点,AB为水平直径,CD为竖直直径,EF过O点且与CD的夹角为45°,当小球绕O点在竖直平面内做半径为L的圆周运动时,小球运动到A点时的速度最小,最小速度为vmin= ,g为重力加速度的大小,则下列说法正确的是( )
A.匀强电场的电场强度大小为B.小球从A点运动到B点时,合力做的功为mgLC.小球运动到B点时轻绳拉力的大小为5mgD.小球运动到F点时的机械能最大
小球在做圆周运动中,只有重力和静电力做功,则有小球的机械能和电势能之和是一个定值,小球运动到E点时电势最高,小球带正电,电势能最大,小球运动到F点时的电势最低,具有的电势能最小,因此小球运动到F点时的机械能最大,D正确。
核心素养13 带电粒子力电综合问题(科学思维)
1.用力和运动方法处理带电体的运动(1)带电体运动过程中受到恒力作用,可以选用牛顿运动定律、运动学公式求解,对恒力作用下的曲线运动,可以用分解的方法,用直线运动的力与运动方法解决曲线运动。(2)受力特点:在讨论带电粒子或其他带电体的静止与运动问题时,重力是否要考虑,关键看重力与其他力相比较是否能忽略。一般来说,除明显暗示外,带电小球、液滴的重力不能忽略,电子、质子等带电粒子的重力可以忽略,一般可根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用。
2.用能量观点处理带电体的运动对于受变力作用的带电体的运动,必须借助能量观点来处理。即使都是恒力作用的问题,用能量观点处理也常常更简捷。(1)用动能定理解题思维顺序①弄清研究对象,明确所研究的物理过程。②分析物体在所研究过程中的受力情况,弄清哪些力做功,做正功还是负功。③弄清所研究过程的初、末状态(主要指动能)。④根据W=ΔEk列出方程求解。
(2)用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理列式的方法常有两种:①利用初、末状态的能量相等(即E1=E2)列方程。②利用减少的能量等于增加的能量列方程。(3)两个结论①若带电粒子只在静电力作用下运动,其动能和电势能之和保持不变。②若带电粒子只在重力和静电力作用下运动,其机械能和电势能之和保持不变。
角度1 带电体在电场中的直线运动(多选)如图所示,绝缘座放在光滑水平面上,间距为d的平行板电容器竖直固定在绝缘座上,A板有小孔O,水平绝缘光滑杆穿过O固定在B板上,电容器、底座和绝缘杆的总质量为m0。给电容器充电后,一质量为m的带正电环P套在杆上,以某一速度v0,对准O向左运动,在电容器中P距B板最近的位置为S,OS= 。若A、B板外侧无电场,P过孔O时与板无接触,不计P对A、B板间电场的影响。则( )
思维提炼力与运动、动量、能量是物理问题解决的三大基本策略,综合问题需要结合问题特点给以正确理解,并运用相关规律分析解决问题。
角度2 带电粒子在电场中的曲线运动(多选)(2022浙江6月选考)如图为某一径向电场的示意图,电场强度大小可表示为E= ,a为常量。比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动。不考虑粒子间的相互作用及重力,则( )A.轨道半径r小的粒子角速度一定小B.电荷量大的粒子的动能一定大C.粒子的速度大小与轨道半径r一定无关D.当加垂直纸面磁场时,粒子一定做离心运动
道半径r一定无关,B、C项正确;磁场的方向可垂直纸面向里,也可向外,所以粒子所受洛伦兹力方向可能沿半径指向圆心,可能背离圆心,粒子所受电场力与洛伦兹力的合力可能大于,也可能小于所需向心力,因此粒子可能做近心运动,也可能做离心运动,D项错误。
角度3 大量带电粒子在电场中的运动1.密立根油滴实验的原理示意图如图所示,两个水平放置、相距为d的金属极板,上极板中央有一小孔。用喷雾器将细小的油滴喷入密闭空间,这些油滴由于摩擦而带了负电。油滴通过上极板的小孔进入到观察室中。当两极板电压为U时,某一油滴恰好悬浮在两极板间静止。将油滴视为半径为r的球体,已知油滴的密度为ρ,重力加速度为g。
(1)求该油滴所带的电荷量q。(2)由于油滴的半径r太小,无法直接测量。密立根让油滴在电场中悬浮,然后撤去电场,油滴开始做加速运动;由于空气阻力的存在,油滴很快做近似匀速运动,测出油滴在时间t内匀速下落的距离为h。已知球形油滴受到的空气阻力大小为F阻=6πηrv,其中η为空气的粘滞系数,v为油滴运动的速率。不计空气浮力。请推导半径r的表达式(用η、h、t、ρ和g表示)。(3)实验发现,对于质量为m的油滴,如果改变它所带的电荷量q,则能够使油滴达到平衡的电压必须是某些特定值Un,研究这些电压变化的规律可发现它们都满足方程Un= =nU0,式中n=±1,±2,…。此现象说明了什么?
2.为研究静电除尘,有人设计了一个盒状容器,容器侧面是绝缘的透明有机玻璃,它的上下底面是面积为A的金属板,间距为L,当连接到电压为U的高压电源正负两极时,能在两金属板间产生匀强电场,如图所示。容器的下底面的金属板均匀分布许多小孔,合上开关后,烟尘颗粒可以源源不断地稳定地从小孔流入容器中,假设单位时间内进入的颗粒数为n个,每个颗粒带电荷量为-q、质量为m,不考虑颗粒之间的相互作用和空气阻力,并忽略颗粒所受重力。并认为颗粒刚进入电场时的初速度为零,当电流稳定后,求:
(1)上极板受到冲击力的大小;(2)静电力对颗粒做功的功率;(3)在靠近上极板附近的薄层(厚度极小)内烟尘颗粒的总动能与容器中央(到上极板的距离为 )相同厚度的薄层内烟尘颗粒的总动能之比。
解析 (1)对极短时间Δt内撞到上底面的颗粒,由动量定理-FΔt=0-Nmv极短时间Δt内撞到上底面的颗粒数量为N=nΔt
3.(2022江苏卷)某装置用电场控制带电粒子运动,工作原理如图所示,矩形ABCD区域内存在多层紧邻的匀强电场,每层的高度均为d,电场强度大小均为E,方向沿竖直方向交替变化,AB边长为12d,BC边长为8d,质量为m、电荷量为+q的粒子流从装置左端中点射入电场,粒子初动能为Ek,入射角为θ,在纸面内运动,不计重力及粒子间的相互作用力。
(1)当θ=θ0时,若粒子能从CD边射出,求该粒子通过电场的时间t;(2)当Ek=4qEd时,若粒子从CD边射出电场时与轴线OO'的距离小于d,求入射角θ的范围;
(3)当 范围内均匀射入电场,求从CD边出射的粒子与入射粒子的数量之比N∶N0。
实验10观察电容器的充、放电现象
一、实验目的了解电容器的充电、放电过程,会计算电容器充、放电电荷量。二、实验原理1.电容器的充电过程:如图所示,当开关S接1时,电容器接通电源,在充电开始时电流比较大,以后随着极板上电荷的增多,电流逐渐减小,当电容器两极板间电压等于电源电压时电流I=0。
2.电容器的放电过程:如下图,当开关S接2时,电容器正、负极板上电荷发生中和。放电开始电流较大,随着两极板上的电荷量逐渐减小,电路中的电流逐渐减小,两极板间的电压也逐渐减小到零。
3.电容器充放电时的能量转化:充电时,电容器储存了电能。放电时,储存的电能释放出来转化为其他形式的能。
三、电容器充放电过程中所带电荷量的测量1.电容器在充、放电时,由于电流大小随时间变化,可把横坐标t分成许多很小的时间间隔Δt1、Δt2、……、Δtn,在这些小区间里可以认为电容器充、放电的电流不变,即I1、I2、……、In,电容器所带电荷量为Q=I1Δt1+I2Δt2+……+InΔtn。此数值等于电容器充、放电I-t图线与坐标轴所包围的面积。2.估算电荷量时,可采用面积估算法,先数出I-t图像在坐标纸上图形所占有的格数(不到半格的舍去,超过半格的按一格算),然后用格子数乘以一格所代表的电荷量,即最终电容器所带的电荷量。
四、实验结论根据电容器放电过程中电流、时间实验数据绘制I-t图分析可得:1.在充电电压相同的情况下,改变电路中电阻箱的阻值,两次电容器放电释放的电荷量在误差允许范围内相等,这表明:电容器储存的电荷量与放电电路中的电阻大小无关。2.改变充电电压,两次电容器放电释放的电荷量不同,这表明:电容器储存的电荷量与电压有关。
考点一 教材原型实验考向1 实验原理与操作典例1 如图为“观察电容器的充、放电现象”实验。实验器材:电源E(电动势9.50 V,内阻可忽略)、电容器C(标称电容值为470 μF,击穿电压为10 V)、电阻箱R、微安表G、单刀双掷开关S和导线若干。完成下列实验的相关内容:(1)按照图甲的电路图,把图乙中的器材连接成完整的实验电路。
(2)实验步骤:Ⅰ.将开关S打到1,给电容器C充电,观察微安表G的示数变化直到读数稳定;Ⅱ.先打开手机视频录制软件,再将开关S打到2位置,观察并用视频记录电容器C的放电过程中微安表G的示数变化情况;Ⅲ.断开开关S,观看视频,记录0~160 s内,微安表G的读数随时间变化的数据;Ⅳ.在坐标纸上以时间t为横轴,微安表G的读数I为纵轴,描点作出I-t图像,如图丙所示。
(3)分析图丙可知:①电容器放电过程电流的变化规律为:放电电流逐渐 (选填“增大”“减小”或“不变”),放电电流随时间的变化率逐渐 (选填“增大”“减小”或“不变”)。 ②图丙中,图像与横轴所包围的面积为86格,则可求得该电容器的电容值为 μF(保留2位有效数字)。 (4)步骤Ⅰ中,微安表G的读数稳定时,并不为0,始终保持在12 μA,出现这种现象的原因是电容器 (选填“短路”或“漏电”)。
解析 (1)按照图甲的电路图,实物图如图
(4)步骤Ⅰ中,微安表G的读数稳定时,并不为0,始终保持在12 μA,出现这种现象的原因是电容器漏电。
考向2 数据处理与误差分析典例2 如图甲所示是一种观察电容器充、放电的实验电路图。某同学在一次实验时的情况如下:接通开关S,调节电阻箱R的阻值,使小量程电流表的指针偏转接近满刻度,记下此时电流表的示数是I0=490 μA,电压表的示数U0=6.0 V,I0、U0分别是电容器放电时的初始电压和电流。断开开关S,同时开始计时,每隔5 s测一次电流I的值,将测得数据填入表格,并标在图乙坐标纸上(时间t为横坐标、电流i为纵坐标),结果如图中小黑点所示。
(1)在图乙中画出i-t图线,图线与坐标轴所围成面积的物理意义是 。 (2)该电容器电容为 F(结果保留2位有效数字)。 (3)若某同学实验时把电压表接在F、D两端,则电容的测量值比它的真实值 (选填“大”“小”或“相等”)。
电容器在开始放电时所带的电荷量
解析 (1)如图所示,由ΔQ=IΔt知,i-t图像与坐标轴所围的面积为电容器在开始放电时所带的电荷量。
(2)由总格子数乘以每个格子的“面积”值求得Q=8.5×10-3 C,则(3)电容的测量值比它的真实值偏小,原因是若把电压表接在F、D两端,则电容器在放电时,有电流会从电压表中流过,通过电流表中的电荷量小于电容器的带电荷量,从而使电容的测量值比它的真实值偏小。
变式练(2023新课标卷)在“观察电容器的充、放电现象”实验中,所用器材如下:电池、电容器、电阻箱、定值电阻、小灯泡、多用电表、电流表、秒表、单刀双掷开关以及导线若干。(1)用多用电表的电压挡检测电池的电压。检测时,红表笔应该与电池的 (选填“正极”或“负极”)接触。
(2)某同学设计的实验电路如图甲所示。先将电阻箱的阻值调为R1,将单刀双掷开关S与“1”端相接,记录电流随时间的变化。电容器充电完成后,开关S再与“2”端相接,相接后小灯泡亮度变化情况可能是 (填正确答案标号)。
A.迅速变亮,然后亮度趋于稳定B.亮度逐渐增大,然后趋于稳定C.迅速变亮,然后亮度逐渐减小至熄灭
(3)将电阻箱的阻值调为R2(R2>R1),再次将开关S与“1”端相接,再次记录电流随时间的变化情况。两次得到的电流I随时间t变化如图乙中曲线所示,其中实线是电阻箱阻值为 (选填“R1”或“R2”)时的结果,曲线与坐标轴所围面积等于该次充电完成后电容器上的 (选填“电压”或“电荷量”)。
解析 (1)多用电表的两支表笔中的电流满足红进黑出,故红表笔与电源的正极相连。(2)开关S与“2”端相接,电容器放电,放电电流先很大,后逐渐变小,直至为0,故小灯泡迅速变亮,然后亮度逐渐减小至熄灭。(3)电阻较大时,开始充电电流较小,故实线是电阻箱阻值为R2时的结果,根据 可得,曲线与坐标轴所围面积等于该次充电完成后电容器上的电荷量。
考点二 创新实验方案考向1 实验原理的改进典例1 某兴趣小组的同学欲探究电势差与电容器带电量的关系,设计了如图甲所示的电路图,电池的电动势E=3 V,R为滑动变阻器,C1、C2均为额定电压为2.5 V的相同电容器,R1为阻值较大的定值电阻, 为微安表, 为内阻很大的数字式电压表,S1为单刀单掷开关,S2为单刀三掷开关。初始时S1断开,S2拨到位置1,两电容器均不带电。请回答下列问题:
(1)开关S1在闭合前,滑动变阻器的滑片应先滑至 (选填“a”或“b”)端,再闭合S1,调节滑片,使电压表示数为1.80 V,将S2拨到位置2,每间隔5 s读一次微安表示数,作出的电流随时间变化关系i-t图像如图乙所示,则电容器的电容为 F。 (2)定值电阻R的主要作用是 。 (3)保持S1闭合,滑片的位置不变,将S2先由位置2拨回位置1,电压表示数稳定后再将S2拨到位置3,则当S2拨到位置3后的一小段时间内,电压表示数应为 V。
3.75×10-3(3.33×10-3~4.17×10-3均正确)
延长电容器的放电时间,便于读取微安表示数
解析 (1)为使电路安全,滑片应先滑至a端,由i-t图像与横轴围成图形的面积表示电荷量Q可知,图形中的小方格约为27个(24到30均对),故Q=6.75×10-3 C,可知 =3.75×10-3 F(3.33×10-3~4.17×10-3 F正确)。(2)定值电阻R1的阻值较大,其主要作用是延长电容器的放电时间,便于读取微安表示数。(3)当S2先由位置2拨回位置1,电压表稳定后的示数应为1.80 V,再将S2拨到位置3后,电容器C1立即对C2充电,充电时间极短,完成后两电容器电压相等,由QC1=QC1'+QC2'可知两电容器的电荷量均为C1原来的一半,由
考向2 实验整合的创新典例2 电流传感器可以在电脑端记录电流随时间变化的图线,探究实验小组设计了如图甲所示的实验电路,探究电容器在不同电路中的充放电现象。
(1)第一次探究中先将开关接1,待电路稳定后再接2。探究电容器充电及通过电阻放电的电流规律。①已知电流从右向左流过电流传感器时,电流为正,则与本次实验相符的I-t图像是 。
②从I-t图像的面积可以计算得出电容器电荷量的大小。关于本次实验探究,下列判断正确的是 。 A.若只增大电阻箱R的阻值,电容器放电的时间将变短B.若只增大电阻箱R的阻值,I-t图像的面积将增大C.在误差允许的范围内,放电和充电图像的面积应大致相等
(2)第二次探究中,该同学先将开关接1给电容器充电,待电路稳定后再接3,探究LC振荡电路的电流变化规律。①探究实验小组得到的振荡电路电流波形图像,选取了开关接3之后的LC振荡电流的部分图像,如图乙所示,根据图像中记录的坐标信息可知,振荡电路的周期T= s(结果保留两位有效数字)。
②如果使用电动势更大的电源给电容器充电,则LC振荡电路的频率将 (选填“增大”“减小”或“不变”)。 ③已知电源电动势E,测得充电过程I-t图像的面积为S,以及振荡电路的周期T,可以得到电感线圈的电感表达式L= 。(以上物理量的单位均为国际单位制单位)
一、电容器、电容1.基本构造:任何两个彼此绝缘又相距很近的导体,都可以看成一个电容器。2.电容器的电荷量:充电后两导体总是带等量异种电荷,电容器的电荷量是指其中一个极板所带电荷量的绝对值。3.物理意义:电容是电容器的一个基本属性,表示电容器容纳电荷的本领,仅由电容器本身的构造决定。在数值上等于使两极板之间的电势差为1 V时,电容器所带的电荷量。
5.单位:电容的国际单位是法拉,符号为F,常用的单位还有微法和皮法,1 F=106 μF=1012 pF。6.击穿电压与额定电压(1)击穿电压:电压超过这一限度,电容器就会损坏。(2)额定电压:电容器外壳上标的工作电压,也是电容器正常工作所能承受的最大电压,额定电压比击穿电压低。
二、带电粒子在电场中的直线运动1.合外力F合=0,粒子静止或做匀速直线运动。2.合外力F合≠0,且与初速度方向在同一条直线上,带电粒子将做匀变速直线运动。
三、带电粒子在匀强电场中的偏转1.运动情境:如图甲所示,带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场。2.运动性质:匀变速曲线运动。3.处理方法:类平抛运动的分解方法,如图乙所示。
[练一练]1.判断下列说法对错(1)对于确定的电容器,无论其两板间的电压如何变化(小于击穿电压且不为零),它所带的电荷量与电压的比值都恒定不变。( )(2)将平行板电容器两极板平行错开,使正对面积减小,电容将减小。( )(3)带电粒子在匀强电场中偏转时,加速度不变,粒子的运动是匀变速曲线运动。( )(4)充电过程中电源内的化学能转化为电容器内的电场能,放电过程中电容器的电场能转化为电路中其他形式的能量。( )
2.(多选)利用平行板电容器进行实验,已知电容器所带电荷量为Q,正对面积为S,两极板间的距离为d,下列实验现象正确的是( )
A.如图(1)保持Q和d不变,减小S,静电计指针偏角将变小B.如图(2)保持Q和S不变,增大d,静电计指针偏角将变小C.如图(3)保持Q、S、d不变,插入电介质,静电计指针偏角将变小D.如图(3)保持Q、S、d不变,插入金属板,静电计指针偏角将变小
解析 静电计指针偏角显示的是平行板电容器两板间的电压,结合电容器电容的决定式 可知,减小S,电容减小,静电计指针偏角将变大;增大d,电容减小,静电计指针偏角将变大;插入电介质,电容增大,静电计指针偏角将变小;插入金属板,电容增大,静电计指针偏角将变小。综上所述,C、D正确。
考点一 电容和平行板电容器
考向1 电容的理解与计算典例1 电容器作为储能器件,在生产生活中有广泛的应用。对给定电容值为C的电容器充电,无论采用何种充电方式,其两极间的电势差u随电荷量q的变化图像都相同。
(1)请在图甲中画出上述u-q图像。类比直线运动中由v-t图像求位移的方法,求两极间电压为U时电容器所储存的电能Ep。
(2)在如图乙所示的充电电路中,R表示电阻,E表示电源(忽略内阻)。通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电,对应的q-t曲线如图丙中①②所示。
a.①②两条曲线不同是 (选填“E”或“R”)的改变造成的; b.电容器有时需要快速充电,有时需要均匀充电。依据a中的结论,说明实现这两种充电方式的途径。
(3)设想使用理想的“恒流源”替换(2)中电源对电容器充电,可实现电容器电荷量随时间均匀增加。请思考使用“恒流源”和(2)中电源对电容器的充电过程,填写下表(选填“增大”“减小”或“不变”)。
答案 (1)u-q图线如图所示,电压为U时,电容器带电荷量为Q,图线和横轴围成的面积为所储存的电能Ep
(2)a.Rb.减小电阻R,可以实现对电容器更快速充电;增大电阻R,可以实现更均匀充电。
议题说法1.类比法可知,u-q图像曲线与横轴围成的面积可表示电容器所储存的电能。2.在q-t图像中,根据I= 曲线的斜率表示电路中的电流,曲线接近直线表示充电越均匀。3.根据 ,对于给定的电容器,电荷量最大值只与充电电压有关,充电电流与充电快慢由电源电压和回路总电阻共同决定,减小回路总电阻可实现快速充电,增大回路总电阻可使充电更均匀。4.“恒流源”表示能给电路提供恒定大小的电流。
变式练1某一电容器中所带电荷量和两端电压之间的关系图线如图所示,若将该电容器两端的电压从40 V降低到36 V,对电容器来说正确的是( )A.是充电过程B.是放电过程C.该电容器的电容为5×10-2 FD.该电容器的电荷量变化量为0.2 C
考向2 电容器的动态分析分析电容器动态变化问题的思路1.确定不变量,分析是电压不变还是电荷量不变,或者是两者都在变化。
典例2 如图所示,在水平放置的两平行金属板M、N之间的P点,固定有一个带电荷量为-q的点电荷,两金属板通过电阻R接到直流电源上,其中N板接地,则( )
A.当保持其他条件不变,而将M板向上移动的过程中,两极板间的电场强度变大B.当保持其他条件不变,而将M板向上移动的过程中,通过电阻R的电流方向向左C.当保持其他条件不变,而将M板向上移动到某处稳定后与移动前相比,P处点电荷的电势能变大D.当保持其他条件不变,而将电容器与电源断开,把M板向上移动到某处稳定后与移动前相比,P处点电荷的电势能变小
典例3 一平行板电容器充电后与电源断开,正极板接地,在两极板间有一正电荷(电荷量很小)固定在P点,如图所示,以E表示两极板间的电场强度,U表示电容器的电压,Ep表示正电荷在P点的电势能。若保持负极板不动,将正极板移到图中虚线所示的位置,则( )A.U变小,E不变B.E变大,Ep变大C.U变小,Ep不变D.U不变,Ep不变
典例4 板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时,两极板间电势差为U1,板间电场强度为E1。现将电容器所带电荷量变为2Q,极板间距变为 d,其他条件不变,这时两极板间电势差为U2,板间电场强度为E2,下列说法正确的是( )A.U2=U1,E2=E1B.U2=2U1,E2=4E1C.U2=U1,E2=2E1D.U2=2U1,E2=2E1
变式练2(多选)两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置,构成一平行板电容器,与它相连接的电路如图所示,闭合开关S,电源即给电容器充电。则( )A.保持S闭合,减小两极板间的距离,则两极板间电场的电场强度减小B.保持S闭合,在两极板间插入一块电介质,则极板上的电荷量增大C.断开S,减小两极板间的距离,则两极板间的电势差减小D.断开S,在两极板间插入一块电介质,则两极板间的电势差增大
解析 保持S闭合,则两极板间电势差U不变,减小两极板间的距离d时,根据 ,两极板间电场的电场强度变大,A错误;根据平行板电容器电容的定义式和决定式,可得 ,当在两极板间插入一块电介质时,相对介电常数εr变大,导致电容C变大,而U不变,所以极板上的电荷量增大,B正确;断开S,极板上的电荷量Q不变,减小两极板间的距离d时电容C变大,则电势差U减小,C正确;断开S,在两极板间插入一块电介质,则C变大,Q不变,则电势差U减小,D错误。
变式练3(多选)如图所示,平行板电容器与直流电源、理想二极管(正向电阻为零可以视为短路,反向电阻无穷大可以视为断路)连接,电源负极接地。初始电容器不带电,闭合开关稳定后,一带电油滴位于电容器的P点且处于静止状态。下列说法正确的是( )A.减小极板间的正对面积,带电油滴会向上移动,且P点的电势会降低B.将上极板下移,则P点的电势不变C.将下极板下移,则P点的电势升高D.无论哪个极板上移还是下移,带电油滴都不可能向下运动
解析 由于电路中有二极管,所以电容器只能充电不能放电。据 若U不变,S减小,Q减小,但有二极管导致Q不变,故S减小,U增大。据U=Ed知E增大,油滴上移,P点电势升高,A错误。d减小,若U不变,Q增大,故U不变成立。据U=Ed知E增大,P点电势升高,B错误。d增大,若U不变,Q减小,二极管导致Q不变,故E不变,P点电势升高,C正确。若d增大,E不变,若d减小,E增大,故油滴不下移,D正确。
议题说法因为二极管的单向导电性,使电容器充电时符合U不变模型,放电时符合Q不变模型。
考点二 带电粒子在电场中的直线运动
考向1 带电粒子在匀强电场中的直线运动1.带电粒子的分类及受力特点(1)电子、质子、α粒子、离子等粒子,一般都不考虑重力,但不能忽略质量。(2)质量较大的微粒,如带电小球、带电油滴、带电颗粒等,除有说明或有明确的暗示外,处理问题时一般都不能忽略重力。2.用动力学角度分析(适用于匀强电场)
3.用功能关系角度分析(可以是匀强电场,也可以是非匀强电场)
典例1 (多选)如图所示,M、N是真空中的两块相距为d的平行金属板,质量为m、电荷量为q的带电粒子,以初速度v0由小孔进入电场,当M、N间电压为U时,粒子恰好能到达N板。如果要使这个带电粒子到达距N板 后返回,下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)( )A.使初速度减为原来的B.使M、N间电压提高到原来的1.5倍C.使M、N间电压提高到原来的3倍D.使初速度和M、N间电压减为原来的
考向2 带电粒子在非匀强电场中的直线运动典例2 如图所示,在A点固定一正电荷,电荷量为Q,在A点正上方离A高度为h的B点由静止释放一个带电的液珠,液珠开始运动的瞬间加速度大小为 (g为重力加速度)。已知静电力常量为k,正电荷与液珠均可看成点电荷,液珠只能沿竖直方向运动,不计空气阻力。(1)求液珠的比荷(电荷量与质量的比值)。(2)若液珠开始释放时的加速度方向向上,要使液珠释放后保持静止,可以加一竖直方向的匀强电场,则所加匀强电场的方向如何?电场强度的大小为多少?
(2)因为液珠开始释放时的加速度方向向上,所以液珠带正电。要使液珠释放后保持静止,必须加一方向竖直向下的匀强电场。
议题说法带电粒子在非匀强电场中的运动时,加速度一般会发生变化,某时刻某位置通常在受力分析基础上运用牛顿定律分析,过程分析时常用功能关系分析,用W=qU求功时,要特别注意U是指初末位置的电势差。
考点三 带电粒子在电场中的偏转
考向1 带电粒子在匀强电场中运动(重力不计)1.带电粒子在匀强电场中偏转的基本规律如图所示,质量为m、电荷量为+q的粒子以初速度v0垂直于电场方向射入两极板间,两平行板间存在方向竖直向下的匀强电场,已知板长为l,板间电压为U,板间距离为d,不计粒子的重力,设粒子不与平行板相撞。
2.几个常用推论(1)粒子从偏转电场中射出时,其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点,此点为粒子沿初速度方向位移的中点。(2)位移方向与初速度方向间夹角α的正切值为速度偏转角θ正切值的 ,即tan α= tan θ。(3)不同的带电粒子(电性相同,初速度为零),经过同一电场加速后,又进入同一偏转电场,则它们的运动轨迹必定重合。
典例1 (2022浙江6月选考)如图所示,带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场,板长为L(不考虑边界效应)。t=0时刻,M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子,垂直M板向右的粒子,到达N板时速度大小为 v0;平行M板向下的粒子,刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用,则( )A.M板电势高于N板电势B.两个粒子的电势能都增加
解析 由于不知道两粒子的电性,故不能确定M板和N板的电势高低,A项错误;根据题意垂直M板向右的粒子,到达N板时速度增加,动能增加,则电场力做正功,电势能减小;平行M板向下的粒子到达N板时电场力也做正功,电势能减小,B项错误;设两板间距离为d,平行M板向下的粒子在两板间做类
议题说法带电粒子在匀强电场中的偏转运动,注意电场的边界,一般都是矩形区域,但也可能是其他形状,总的思路是分解,解题时要注意边界坐标参数的制约关系。
考向2 带电粒子在匀强电场中运动(重力不能忽略)典例2 (多选)如图所示,一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置,板长为L,板间距离为d,距板右端L处有一竖直屏M。一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两板间,最后垂直打在M上,则下列说法正确的是(已知重力加速度为g)( )
解析 由题意可知,质点在平行板间轨迹应向上偏转,做类平抛运动,飞出电场后,轨迹向下偏转,才能最后垂直打在M屏上,前后过程质点的运动轨迹有对称性,如图所示,可知两次偏转的加速度大小相等,对两次偏转分别由
命题热点(六) 带电粒子在电场中运动的综合问题(含动量问题)
热点一 示波管的原理1.构造示波管是示波器的核心部分,外部是一个抽成真空的玻璃壳,内部主要由电子枪(由发射电子的灯丝、加速电极组成)、偏转电极(由一对XX'偏转电极板和一对YY'偏转电极板组成)和荧光屏组成,如图所示。
2.原理经过电子枪加速发射的电子流在偏转电压的作用下发生偏转,根据偏转原理可知,电子打在荧光屏上在XX'、YY'方向发生的偏移量与偏转电压成正比。
典例 (2023浙江1月选考)如图所示,示波管由电子枪竖直方向偏转电极YY'、水平方向偏转电极XX'和荧光屏组成。电极XX'的长度为l、间距为d、极板间电压为U,YY'极板间电压为零,电子枪加速电压为10U。电子刚离开金属丝的速度为零,从电子枪射出后沿OO'方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e,质量为m,则电子( )
议题说法1.电子枪只是用来发射和加速电子。在XX'、YY'都没有电压时,在荧光屏中心处产生一个亮斑。2.如果只在YY'加正弦变化电压U=Umsin ωt时,荧光屏上亮点的运动是竖直方向的简谐运动,在荧光屏上看到一条竖直方向的亮线。3.如果只在XX'加上跟时间成正比的锯齿形电压(称扫描电压)时,荧光屏上亮点的运动是不断重复从左到右的匀速直线运动,扫描电压变化很快,亮点看起来就成为一条水平的亮线。4.如果同时在XX'加扫描电压、YY'加同周期的正弦变化电压,荧光屏亮点同时参与水平方向匀速直线运动、竖直方向简谐运动,在荧光屏上看到的曲线为正弦波形。
热点二 带电粒子在交变电场中的运动1.常见的交变电场类型电压波形:正弦波、方形波、锯齿波等。2.交变电场中常见的运动类型(1)粒子做单向直线运动(一般对整段或分段研究用牛顿运动定律结合运动学公式求解)。(2)粒子做往返运动(一般分段研究,应用牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定理等求解)。(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究,应用牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定理等求解)。
3.分析思路(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律):抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征,求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的临界条件。(2)适时选用动力学观点、能量观点或动量观点分析。(3)利用速度—时间图像分析带电粒子的运动过程时,必须注意带电粒子进入电场的时刻。对运动很复杂、不容易画出速度图像的问题,还应逐段分析求解。
考向1 带电粒子在交变电场中的直线运动典例1 如图所示,在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力),当两板间的电压分别如图中甲、乙、丙、丁所示时,电子在板间运动(假设不与板相碰),下列说法正确的是( )
解析 电压是题图甲时,0~T时间内,电场力先向左后向右,则电子先向左做匀加速直线运动,后做匀减速直线运动,即电场力先做正功后做负功,电势能先减少后增加,故A错误;电压是题图乙时,在0~ 时间内,电子向右先加速后减速,即电场力先做正功后做负功,电势能先减少后增加,故B错误;电压是题图丙时,电子先向左做加速度先增大后减小的加速运动,过了 后做加速度先增大后减小的减速运动,到T时速度减为0,之后重复前面的运动,故电子一直朝同一方向运动,故C错误;电压是题图丁时,电子先向左加速,到后向左减速, 后向右加速, T后向右减速,T时速度减为零,之后重复前面的运动,故电子做往复运动,故D正确。
考向2 带电粒子在交变电场中的曲线运动解题思路(1)带电粒子在运动过程中考虑重力时,在电场与重力场复合交变场中运动时,交变电场分段分析,再根据运动的分解与合成进行分析。(2)带电粒子在运动过程中考虑重力时,一般粒子做类抛体运动,可以分段分解为匀速直线运动和匀变速直线运动。
典例2 如图甲所示,静电除尘装置中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道,其前、后面板使用绝缘材料,上、下面板使用金属材料。图乙是装置的截面图,上、下两板与电压恒定的高压直流电源相连。质量为m、电荷量为-q、分布均匀的尘埃以水平速度v0进入矩形通道,当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和,同时被收集。通过调整两板间距d可以改变收集效率η。当d=d0时,η为81%(即离下板0.81d0范围内的尘埃能够被收集)。不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。
(1)求收集效率为100%时,两板间距最大值dm;(2)求收集率η与两板间距d的函数关系;(3)若单位体积内的尘埃数为n,求稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量 与两板间距d的函数关系,并绘出图线。
解析 (1)收集效率η为81%,即离下板0.81d0的尘埃恰好到达下板的右端边缘,设高压电源的电压为U,在水平方向有L=v0t在竖直方向有0.81d0= at2当减少两板间距时,能够增大电场强度,提高装置对尘埃的收集效率。收集效率恰好为100%时,两板间距为dm。如果进一步减少d,收集效率仍为100%。因此,在水平方向有L=v0t联立可得dm=0.9d0。
核心素养12 等效思想在电场中的应用(科学思维)
1.场源是非点电荷带电体电场的等效场源是一个带电的面、线、体,则可根据微积分求矢量和。但在高中阶段,在不能熟练运用微积分的情况下,这时,如果转换思维角度,灵活运用补偿法、微元法、对称法、等效法、极限法等巧妙方法,可以化难为易。
2.“等效重力场”模型(1)物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动,但是对于处在匀强电场和重力场中物体的运动问题就会变得复杂一些。此时可以将重力场与电场合二为一,用一个全新的“复合场”来代替,可形象称之为“等效重力场”。这样就可以用重力场的方法处理重力场与电场叠加而成的复合场的问题。(2)把静电力和重力合成一个等效力,称为等效重力。等效重力与物体质量的比值为等效重力加速度。
(3)物理最高点与几何最高点在电场和重力场的叠加场中做圆周运动的小球,经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题。小球能维持圆周运动的条件是能过最高点,而这里的最高点不一定是几何最高点,而应是物理最高点。等效“最低点”为带电体自由时能处于稳定平衡状态的位置,等效“最高点”为带电体圆周运动时与等效“最低点”关于圆心对称的位置。
角度1 非点电荷电场的等效如图所示,开口向上的半球壳上均匀分布有正电荷,A、B为球壳对称轴上的两点,且这两点关于开口处的直径对称,已知均匀带电球壳内部电场强度处处为零,则下列说法正确的是( )A.A、B两点的电场强度大小相等,方向相同B.A、B连线上的中间位置的电场强度为零C.A、B两点的电势可能相等D.把一正点电荷从A点沿直线移到B点,静电力先做负功后做正功
解析 补成一个完整的球壳,则球内的电场强度为零,所以只有下半球壳时,A、B连线上的中间位置的电场强度不为零;上半球壳在A点产生的电场强度与下半球壳在A点产生的电场强度等大反向,上半球壳在A点产生的电场强度方向向下,所以下半球壳在A点产生的电场强度方向向上;上半球壳在B点产生的电场强度与下半球壳在B点产生的电场强度等大反向,下半球壳在B点产生的电场强度方向向上,所以下半球壳在B点产生的电场强度与下半球壳在A点产生的电场强度大小相等,方向相同,故A正确,B错误。由电场叠加原理,根据对称性可知,从A到B电场的方向向上,电势逐渐降低,所以A点电势比B点电势高;把一正点电荷从A点沿直线移到B点,静电力对正电荷一直做正功,故C、D错误。
思维提炼若题给条件建立的模型A不是一个容易求解的模型,则可以补充一些条件,建立一个容易求解的模型B,且模型A与模型B恰好组成一个完整的标准模型,将求解模型A的问题转化为求解完整的标准模型与模型B的差值问题。如将有缺口的带电圆环或圆板补全为完整的圆环或圆板,或将半球面补全为球面,从而化难为易。
角度2 带电粒子在“等效重力场”中的抛体运动(多选)在竖直向上的匀强电场中,有两个质量均为m、带等量异种电荷(电荷量绝对值为q)的小球A、B(均可视为质点)处在同一水平面上。现将两球以相同的水平速度v0向右抛出最后落到水平地面上,运动轨迹如图所示。A、B两球抛出点到落地点之间的水平距离分别是L1和L2。两球之间的静电力和空气阻力均不考虑(重力加速度为g),则( )A.A球带正电,B球带负电B.B球比A球先落地C.在下落过程中,A球的电势能减少,B球的电势能增加D.两球从抛出到各自落地的过程中,A、B球的机械能变化量大小相等
解析 两球在水平方向都做匀速直线运动,分析知A运动的时间长,竖直方向上,A的加速度小,所以A所受的静电力向上,带正电,B所受的静电力向下,带负电,故A正确;A运动的时间比B运动的时间长,则B球比A球先落地,故B正确;A所受的静电力向上,静电力对A球做负功,A球的电势能增加,A球的机械能减小,减小为ΔEA=qEh;B所受的静电力向下,静电力对B球做正功,B球的电势能减小,B球的机械能增加,增加为ΔEB=qEh,故C错误,D正确。
角度3 带电粒子在“等效重力场”中的圆周运动研究“等效重力场”中的圆周运动,重力与静电力可能在一条直线上,也可能互成一个角度。
如图所示,质量为m、电荷量为+q的小球(可视为质点)与长为L的绝缘轻绳相连,轻绳另一端固定在O点,整个系统处在与竖直方向夹角为45°的匀强电场中。已知A、B、C、D、E、F为圆周上的点,AB为水平直径,CD为竖直直径,EF过O点且与CD的夹角为45°,当小球绕O点在竖直平面内做半径为L的圆周运动时,小球运动到A点时的速度最小,最小速度为vmin= ,g为重力加速度的大小,则下列说法正确的是( )
A.匀强电场的电场强度大小为B.小球从A点运动到B点时,合力做的功为mgLC.小球运动到B点时轻绳拉力的大小为5mgD.小球运动到F点时的机械能最大
小球在做圆周运动中,只有重力和静电力做功,则有小球的机械能和电势能之和是一个定值,小球运动到E点时电势最高,小球带正电,电势能最大,小球运动到F点时的电势最低,具有的电势能最小,因此小球运动到F点时的机械能最大,D正确。
核心素养13 带电粒子力电综合问题(科学思维)
1.用力和运动方法处理带电体的运动(1)带电体运动过程中受到恒力作用,可以选用牛顿运动定律、运动学公式求解,对恒力作用下的曲线运动,可以用分解的方法,用直线运动的力与运动方法解决曲线运动。(2)受力特点:在讨论带电粒子或其他带电体的静止与运动问题时,重力是否要考虑,关键看重力与其他力相比较是否能忽略。一般来说,除明显暗示外,带电小球、液滴的重力不能忽略,电子、质子等带电粒子的重力可以忽略,一般可根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用。
2.用能量观点处理带电体的运动对于受变力作用的带电体的运动,必须借助能量观点来处理。即使都是恒力作用的问题,用能量观点处理也常常更简捷。(1)用动能定理解题思维顺序①弄清研究对象,明确所研究的物理过程。②分析物体在所研究过程中的受力情况,弄清哪些力做功,做正功还是负功。③弄清所研究过程的初、末状态(主要指动能)。④根据W=ΔEk列出方程求解。
(2)用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理列式的方法常有两种:①利用初、末状态的能量相等(即E1=E2)列方程。②利用减少的能量等于增加的能量列方程。(3)两个结论①若带电粒子只在静电力作用下运动,其动能和电势能之和保持不变。②若带电粒子只在重力和静电力作用下运动,其机械能和电势能之和保持不变。
角度1 带电体在电场中的直线运动(多选)如图所示,绝缘座放在光滑水平面上,间距为d的平行板电容器竖直固定在绝缘座上,A板有小孔O,水平绝缘光滑杆穿过O固定在B板上,电容器、底座和绝缘杆的总质量为m0。给电容器充电后,一质量为m的带正电环P套在杆上,以某一速度v0,对准O向左运动,在电容器中P距B板最近的位置为S,OS= 。若A、B板外侧无电场,P过孔O时与板无接触,不计P对A、B板间电场的影响。则( )
思维提炼力与运动、动量、能量是物理问题解决的三大基本策略,综合问题需要结合问题特点给以正确理解,并运用相关规律分析解决问题。
角度2 带电粒子在电场中的曲线运动(多选)(2022浙江6月选考)如图为某一径向电场的示意图,电场强度大小可表示为E= ,a为常量。比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动。不考虑粒子间的相互作用及重力,则( )A.轨道半径r小的粒子角速度一定小B.电荷量大的粒子的动能一定大C.粒子的速度大小与轨道半径r一定无关D.当加垂直纸面磁场时,粒子一定做离心运动
道半径r一定无关,B、C项正确;磁场的方向可垂直纸面向里,也可向外,所以粒子所受洛伦兹力方向可能沿半径指向圆心,可能背离圆心,粒子所受电场力与洛伦兹力的合力可能大于,也可能小于所需向心力,因此粒子可能做近心运动,也可能做离心运动,D项错误。
角度3 大量带电粒子在电场中的运动1.密立根油滴实验的原理示意图如图所示,两个水平放置、相距为d的金属极板,上极板中央有一小孔。用喷雾器将细小的油滴喷入密闭空间,这些油滴由于摩擦而带了负电。油滴通过上极板的小孔进入到观察室中。当两极板电压为U时,某一油滴恰好悬浮在两极板间静止。将油滴视为半径为r的球体,已知油滴的密度为ρ,重力加速度为g。
(1)求该油滴所带的电荷量q。(2)由于油滴的半径r太小,无法直接测量。密立根让油滴在电场中悬浮,然后撤去电场,油滴开始做加速运动;由于空气阻力的存在,油滴很快做近似匀速运动,测出油滴在时间t内匀速下落的距离为h。已知球形油滴受到的空气阻力大小为F阻=6πηrv,其中η为空气的粘滞系数,v为油滴运动的速率。不计空气浮力。请推导半径r的表达式(用η、h、t、ρ和g表示)。(3)实验发现,对于质量为m的油滴,如果改变它所带的电荷量q,则能够使油滴达到平衡的电压必须是某些特定值Un,研究这些电压变化的规律可发现它们都满足方程Un= =nU0,式中n=±1,±2,…。此现象说明了什么?
2.为研究静电除尘,有人设计了一个盒状容器,容器侧面是绝缘的透明有机玻璃,它的上下底面是面积为A的金属板,间距为L,当连接到电压为U的高压电源正负两极时,能在两金属板间产生匀强电场,如图所示。容器的下底面的金属板均匀分布许多小孔,合上开关后,烟尘颗粒可以源源不断地稳定地从小孔流入容器中,假设单位时间内进入的颗粒数为n个,每个颗粒带电荷量为-q、质量为m,不考虑颗粒之间的相互作用和空气阻力,并忽略颗粒所受重力。并认为颗粒刚进入电场时的初速度为零,当电流稳定后,求:
(1)上极板受到冲击力的大小;(2)静电力对颗粒做功的功率;(3)在靠近上极板附近的薄层(厚度极小)内烟尘颗粒的总动能与容器中央(到上极板的距离为 )相同厚度的薄层内烟尘颗粒的总动能之比。
解析 (1)对极短时间Δt内撞到上底面的颗粒,由动量定理-FΔt=0-Nmv极短时间Δt内撞到上底面的颗粒数量为N=nΔt
3.(2022江苏卷)某装置用电场控制带电粒子运动,工作原理如图所示,矩形ABCD区域内存在多层紧邻的匀强电场,每层的高度均为d,电场强度大小均为E,方向沿竖直方向交替变化,AB边长为12d,BC边长为8d,质量为m、电荷量为+q的粒子流从装置左端中点射入电场,粒子初动能为Ek,入射角为θ,在纸面内运动,不计重力及粒子间的相互作用力。
(1)当θ=θ0时,若粒子能从CD边射出,求该粒子通过电场的时间t;(2)当Ek=4qEd时,若粒子从CD边射出电场时与轴线OO'的距离小于d,求入射角θ的范围;
(3)当 范围内均匀射入电场,求从CD边出射的粒子与入射粒子的数量之比N∶N0。
实验10观察电容器的充、放电现象
一、实验目的了解电容器的充电、放电过程,会计算电容器充、放电电荷量。二、实验原理1.电容器的充电过程:如图所示,当开关S接1时,电容器接通电源,在充电开始时电流比较大,以后随着极板上电荷的增多,电流逐渐减小,当电容器两极板间电压等于电源电压时电流I=0。
2.电容器的放电过程:如下图,当开关S接2时,电容器正、负极板上电荷发生中和。放电开始电流较大,随着两极板上的电荷量逐渐减小,电路中的电流逐渐减小,两极板间的电压也逐渐减小到零。
3.电容器充放电时的能量转化:充电时,电容器储存了电能。放电时,储存的电能释放出来转化为其他形式的能。
三、电容器充放电过程中所带电荷量的测量1.电容器在充、放电时,由于电流大小随时间变化,可把横坐标t分成许多很小的时间间隔Δt1、Δt2、……、Δtn,在这些小区间里可以认为电容器充、放电的电流不变,即I1、I2、……、In,电容器所带电荷量为Q=I1Δt1+I2Δt2+……+InΔtn。此数值等于电容器充、放电I-t图线与坐标轴所包围的面积。2.估算电荷量时,可采用面积估算法,先数出I-t图像在坐标纸上图形所占有的格数(不到半格的舍去,超过半格的按一格算),然后用格子数乘以一格所代表的电荷量,即最终电容器所带的电荷量。
四、实验结论根据电容器放电过程中电流、时间实验数据绘制I-t图分析可得:1.在充电电压相同的情况下,改变电路中电阻箱的阻值,两次电容器放电释放的电荷量在误差允许范围内相等,这表明:电容器储存的电荷量与放电电路中的电阻大小无关。2.改变充电电压,两次电容器放电释放的电荷量不同,这表明:电容器储存的电荷量与电压有关。
考点一 教材原型实验考向1 实验原理与操作典例1 如图为“观察电容器的充、放电现象”实验。实验器材:电源E(电动势9.50 V,内阻可忽略)、电容器C(标称电容值为470 μF,击穿电压为10 V)、电阻箱R、微安表G、单刀双掷开关S和导线若干。完成下列实验的相关内容:(1)按照图甲的电路图,把图乙中的器材连接成完整的实验电路。
(2)实验步骤:Ⅰ.将开关S打到1,给电容器C充电,观察微安表G的示数变化直到读数稳定;Ⅱ.先打开手机视频录制软件,再将开关S打到2位置,观察并用视频记录电容器C的放电过程中微安表G的示数变化情况;Ⅲ.断开开关S,观看视频,记录0~160 s内,微安表G的读数随时间变化的数据;Ⅳ.在坐标纸上以时间t为横轴,微安表G的读数I为纵轴,描点作出I-t图像,如图丙所示。
(3)分析图丙可知:①电容器放电过程电流的变化规律为:放电电流逐渐 (选填“增大”“减小”或“不变”),放电电流随时间的变化率逐渐 (选填“增大”“减小”或“不变”)。 ②图丙中,图像与横轴所包围的面积为86格,则可求得该电容器的电容值为 μF(保留2位有效数字)。 (4)步骤Ⅰ中,微安表G的读数稳定时,并不为0,始终保持在12 μA,出现这种现象的原因是电容器 (选填“短路”或“漏电”)。
解析 (1)按照图甲的电路图,实物图如图
(4)步骤Ⅰ中,微安表G的读数稳定时,并不为0,始终保持在12 μA,出现这种现象的原因是电容器漏电。
考向2 数据处理与误差分析典例2 如图甲所示是一种观察电容器充、放电的实验电路图。某同学在一次实验时的情况如下:接通开关S,调节电阻箱R的阻值,使小量程电流表的指针偏转接近满刻度,记下此时电流表的示数是I0=490 μA,电压表的示数U0=6.0 V,I0、U0分别是电容器放电时的初始电压和电流。断开开关S,同时开始计时,每隔5 s测一次电流I的值,将测得数据填入表格,并标在图乙坐标纸上(时间t为横坐标、电流i为纵坐标),结果如图中小黑点所示。
(1)在图乙中画出i-t图线,图线与坐标轴所围成面积的物理意义是 。 (2)该电容器电容为 F(结果保留2位有效数字)。 (3)若某同学实验时把电压表接在F、D两端,则电容的测量值比它的真实值 (选填“大”“小”或“相等”)。
电容器在开始放电时所带的电荷量
解析 (1)如图所示,由ΔQ=IΔt知,i-t图像与坐标轴所围的面积为电容器在开始放电时所带的电荷量。
(2)由总格子数乘以每个格子的“面积”值求得Q=8.5×10-3 C,则(3)电容的测量值比它的真实值偏小,原因是若把电压表接在F、D两端,则电容器在放电时,有电流会从电压表中流过,通过电流表中的电荷量小于电容器的带电荷量,从而使电容的测量值比它的真实值偏小。
变式练(2023新课标卷)在“观察电容器的充、放电现象”实验中,所用器材如下:电池、电容器、电阻箱、定值电阻、小灯泡、多用电表、电流表、秒表、单刀双掷开关以及导线若干。(1)用多用电表的电压挡检测电池的电压。检测时,红表笔应该与电池的 (选填“正极”或“负极”)接触。
(2)某同学设计的实验电路如图甲所示。先将电阻箱的阻值调为R1,将单刀双掷开关S与“1”端相接,记录电流随时间的变化。电容器充电完成后,开关S再与“2”端相接,相接后小灯泡亮度变化情况可能是 (填正确答案标号)。
A.迅速变亮,然后亮度趋于稳定B.亮度逐渐增大,然后趋于稳定C.迅速变亮,然后亮度逐渐减小至熄灭
(3)将电阻箱的阻值调为R2(R2>R1),再次将开关S与“1”端相接,再次记录电流随时间的变化情况。两次得到的电流I随时间t变化如图乙中曲线所示,其中实线是电阻箱阻值为 (选填“R1”或“R2”)时的结果,曲线与坐标轴所围面积等于该次充电完成后电容器上的 (选填“电压”或“电荷量”)。
解析 (1)多用电表的两支表笔中的电流满足红进黑出,故红表笔与电源的正极相连。(2)开关S与“2”端相接,电容器放电,放电电流先很大,后逐渐变小,直至为0,故小灯泡迅速变亮,然后亮度逐渐减小至熄灭。(3)电阻较大时,开始充电电流较小,故实线是电阻箱阻值为R2时的结果,根据 可得,曲线与坐标轴所围面积等于该次充电完成后电容器上的电荷量。
考点二 创新实验方案考向1 实验原理的改进典例1 某兴趣小组的同学欲探究电势差与电容器带电量的关系,设计了如图甲所示的电路图,电池的电动势E=3 V,R为滑动变阻器,C1、C2均为额定电压为2.5 V的相同电容器,R1为阻值较大的定值电阻, 为微安表, 为内阻很大的数字式电压表,S1为单刀单掷开关,S2为单刀三掷开关。初始时S1断开,S2拨到位置1,两电容器均不带电。请回答下列问题:
(1)开关S1在闭合前,滑动变阻器的滑片应先滑至 (选填“a”或“b”)端,再闭合S1,调节滑片,使电压表示数为1.80 V,将S2拨到位置2,每间隔5 s读一次微安表示数,作出的电流随时间变化关系i-t图像如图乙所示,则电容器的电容为 F。 (2)定值电阻R的主要作用是 。 (3)保持S1闭合,滑片的位置不变,将S2先由位置2拨回位置1,电压表示数稳定后再将S2拨到位置3,则当S2拨到位置3后的一小段时间内,电压表示数应为 V。
3.75×10-3(3.33×10-3~4.17×10-3均正确)
延长电容器的放电时间,便于读取微安表示数
解析 (1)为使电路安全,滑片应先滑至a端,由i-t图像与横轴围成图形的面积表示电荷量Q可知,图形中的小方格约为27个(24到30均对),故Q=6.75×10-3 C,可知 =3.75×10-3 F(3.33×10-3~4.17×10-3 F正确)。(2)定值电阻R1的阻值较大,其主要作用是延长电容器的放电时间,便于读取微安表示数。(3)当S2先由位置2拨回位置1,电压表稳定后的示数应为1.80 V,再将S2拨到位置3后,电容器C1立即对C2充电,充电时间极短,完成后两电容器电压相等,由QC1=QC1'+QC2'可知两电容器的电荷量均为C1原来的一半,由
考向2 实验整合的创新典例2 电流传感器可以在电脑端记录电流随时间变化的图线,探究实验小组设计了如图甲所示的实验电路,探究电容器在不同电路中的充放电现象。
(1)第一次探究中先将开关接1,待电路稳定后再接2。探究电容器充电及通过电阻放电的电流规律。①已知电流从右向左流过电流传感器时,电流为正,则与本次实验相符的I-t图像是 。
②从I-t图像的面积可以计算得出电容器电荷量的大小。关于本次实验探究,下列判断正确的是 。 A.若只增大电阻箱R的阻值,电容器放电的时间将变短B.若只增大电阻箱R的阻值,I-t图像的面积将增大C.在误差允许的范围内,放电和充电图像的面积应大致相等
(2)第二次探究中,该同学先将开关接1给电容器充电,待电路稳定后再接3,探究LC振荡电路的电流变化规律。①探究实验小组得到的振荡电路电流波形图像,选取了开关接3之后的LC振荡电流的部分图像,如图乙所示,根据图像中记录的坐标信息可知,振荡电路的周期T= s(结果保留两位有效数字)。
②如果使用电动势更大的电源给电容器充电,则LC振荡电路的频率将 (选填“增大”“减小”或“不变”)。 ③已知电源电动势E,测得充电过程I-t图像的面积为S,以及振荡电路的周期T,可以得到电感线圈的电感表达式L= 。(以上物理量的单位均为国际单位制单位)
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